高考化学氯及其化合物综合练习题附答案(DOC 18页).doc

1、高考化学氯及其化合物综合练习题附答案一、 高中化学氯及其化合物1一定量氢气在氯气中燃烧，所得混合物用溶液恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.0500 mol。（1）所得混合物与NaOH溶液反应的离子方程式_（2）所得溶液中NaCl的物质的量为_。（3）所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比_。【答案】、 0.250 【解析】【分析】由溶液中含有0.0500 mol次氯酸钠可知，氢气在氯气中燃烧时，氯气过量，反应得到氯化氢和氯气的混合气体。【详解】（1）氯化氢和氯气的混合气体被氢氧化钠溶液吸收时，氯化氢与氢氧化钠溶液发生中和反应生成氯化钠和水，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、

2、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为OH+H+= H2O，Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，故答案为：OH+H+= H2O，Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；（2）根据溶液电中性原则可知：n（Na+）=n（Cl-）+n（ClO-），n（Cl-）=n（Na+）-n（ClO-）=0.1L3.00mol/L-0.0500mol=0.250mol，则所得溶液中NaCl的物质的量为0.250mol，故答案为：0.250；（3）根据Cl原子守恒可知，n（Cl2）=n（NaOH）=0.15mol，由氯气与氢氧化钠溶液反应的化学方程式可知，生成0.0500 mol次氯酸钠消耗过量氯气0.0500 mol，

3、则与氢气反应的氯气为0.15mol-0.05mol=0.1mol，氢气在氯气中燃烧的化学方程式为H2+Cl22HCl，由化学方程式可知氢气的物质的量为0.1mol，故氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n（Cl2）：n（H2）=0.15mol：0.1mol=3：2，故答案为：3：2。【点睛】所得混合物冷却后用NaOH溶液恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.05mol，说明氢气与氯气反应中氯气有剩余，溶液为氯化钠和次氯酸钠的混合液，根据钠元素及氯元素守恒可知2n（Cl2）=n（Na+）=n（Cl-）+n（ClO-）；根据电子转移守恒，计算氯气发生氧化还原反应生成的氯离子的物质的量

4、，溶液中Cl-来源于氯化氢及氯气与氢氧化钠的反应，计算反应后混合气体中氯化氢的物质的量，根据氢元素守恒计算氢气的物质的量是解答关键。2室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体。在合适反应条件下，它们可以按下面框图进行反应；E是无色溶液，F是淡绿色溶液。B和C反应发出苍白色火焰。请回答：（1）A是_，B是_，C是_（请填写化学式）；（2）反应的化学方程式_；（3）反应的离子方程式_；（4）反应的离子方程式_。【答案】Fe Cl2 H2 2Fe+3Cl22FeCl3 Fe2HFe2H2 2Fe2Cl22Fe32Cl 【解析】【分析】室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色

5、气体、单质C是无色气体，B是氯气，B和C反应发出苍白色火焰，C是氢气，E是氯化氢。F是淡绿色溶液，F溶液中含有亚铁离子，所以A是铁，F是氯化亚铁，D是氯化铁，据以上分析解答。【详解】室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体，B是氯气，B和C反应发出苍白色火焰，C是氢气，E是氯化氢。F是淡绿色溶液，F溶液中含有亚铁离子，所以A是铁，F是氯化亚铁，D是氯化铁，(1)根据以上分析可知A、B、C分别是Fe、Cl2、H2；(2)反应为铁与氯气反应生成氯化铁，化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3；(3)反应为铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为Fe2HFe2H2；(4)

6、反应为氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，离子方程式为2Fe2Cl22Fe32Cl。3有X、Y、Z三种元素X、Y、Z的单质在常温下均为气体；X单质可以在Z单质中燃烧，生成物为XZ，其中火焰为苍白色；XZ极易溶于水，电离出X+和Z，其水溶液可使蓝色石蕊试液变红；每2个X2分子可与1个Y2分子化合生成2个X2Y分子，X2Y在常温下为液体；Z单质溶于X2Y中所得溶液具有漂白作用。（1）推断元素符号X_、Y_、Z_；（2）化合物XZ的电子式为_，X2Y属于_（填离子化合物、共价化合物、共价分子）；（3）写出XZ（写化学式）的电离方程式_；写出XZ（写化学式）与Ca(ClO)2反应的化学方程式_。【答案】H

7、O Cl 共价化合物 HCl=H+Cl- Ca(ClO)2+2HCl=2HClO+CaCl2 【解析】【分析】有X、Y、Z三种元素，由X、Y、Z的单质在常温下均为气体、X的单质在Z的单质中燃烧，生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色、XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和ZXZ的水溶液可使石蕊试液变红可知，X为H，Z为Cl，XZ为HCl；由两分子X的单质可与一分子Y的单质化合生成两分子X2Y，X2Y常温下为液体，则Y为O，X2Y为H2O；X2Y为H2O，Cl2溶于H2O中，反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白作用；据以上分析进行解答。【详解】有X、Y、Z三种元素，由X、Y、Z的单质在常温下均为气体

8、、X的单质在Z的单质中燃烧，生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色、XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和ZXZ的水溶液可使石蕊试液变红可知，X为H，Z为Cl，XZ为HCl；由两分子X的单质可与一分子Y的单质化合生成两分子X2Y，X2Y常温下为液体，则Y为O，X2Y为H2O；X2Y为H2O，Cl2溶于H2O中，反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白作用；（1）根据分析可知，X为H，Y为O，Z为Cl元素；（2）XZ为HCl，HCl为共价化合物，其电子式为；X2Y为H2O，水分子中只含有共价键，属于共价化合物；（3）XZ为HCl，属于强电解质，其电离方程式为：HCl=H+Cl；HCl与Ca(ClO)2反

9、应生成次氯酸和氯化钙，该反应的化学方程式为：Ca(ClO)2+2HCl=2HClO+CaCl2。【点睛】盐酸溶液显酸性，能够使紫色石蕊试液变红；氯水成分有：Cl2、 HCl、 HClO 、H2O等，溶液具有酸性、氧化性和漂白性，因此氯水能够使紫色石蕊试液变红（H+作用），后溶液褪色（HClO的漂白作用），而氯气本身没有漂白作用。4中学化学常见的物质A、B、C、D之间存在如图所示的转化关系，其中反应条件已省略。请按要求填空：（1）若A为黑色固体单质，C、D均能使石灰水变浑浊，则该反应的化学方程式为_。（2）若A为黑色粉末，C能使品红溶液和石蕊试液褪色，则该反应的离子方程式为_。（3）若A为常见的

10、碱，其溶解度随温度的升高而降低，D可作干燥剂，则C的水溶液呈_ (填“酸性”、“碱性”或“中性”)，其原因是_。（4）若A为红色金属单质，其质量为1.92g，与过量的B在常温下反应，用容器将全部的无色气体C收集起来，然后倒扣在水中，需通入标准状况下VmL的氧气恰好使C气体完全转化为B，则V=_。【答案】2H2SO4+C(浓) CO2+2SO2+2H2O MnO2+4H+2Cl- Mn2+Cl2+2H2O 碱性 氨气溶于水会跟水结合成氨水,氨水发生部分电离,电离出按根离子和氢氧根离子,所以氨气溶于水后溶液显碱性 336 【解析】【分析】【详解】（1）能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳、二氧化硫

11、，若A为黑色固体单质，C、D均能使石灰水变浑浊，则A是碳、B是浓硫酸，碳与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫、水，反应的化学方程式为2H2SO4+C(浓) CO2+2SO2+2H2O。（2）氯气能使品红溶液和石蕊试液褪色，若A为黑色粉末，C能使品红溶液和石蕊试液褪色，则A是MnO2、B是浓盐酸，MnO2和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气、水，则该反应的离子方程式为MnO2+4H+2Cl- Mn2+Cl2+2H2O。（3）溶解度随温度的升高而降低的碱是氢氧化钙， A为氢氧化钙， D可作干燥剂，D是氯化钙，则B是氯化铵，氢氧化钙和氯化铵反应生成氨气、氯化钙、水，则C是氨气，氨气溶于

12、水会跟水结合成氨水,氨水发生部分电离,电离出按根离子和氢氧根离子, NH3+H2O NH3H2O NH4+ + OH-，所以氨气的水溶液呈碱性。（4）A为红色金属单质，A是铜，铜与硝酸在常温下反应，生成NO气体，则B是硝酸、C是NO ，根据反应方程式3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，可得关系式6Cu4NO3O2； 1.92gCu的物质的量是0.03mol，设需氧气的体积是VL6Cu4NO3O2 6mol 67.2L0.03mol VL V=0.336L=336mL。5ClO2与Cl2的氧化性相近。在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛

13、。某兴趣小组通过图1装置（夹持装置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。（已知：装置C的作用是吸收Cl2）(1)仪器B的名称是_。安装F中导管时，应选用图2中的_。(2)打开B的活塞，A中发生反应：2NaClO3+4HCl2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜_（填“快”或“慢”）。(3)关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，NaClO2中Cl的化合价为_。(4)已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为_。(5)工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下

14、制得ClO2，该反应离子方程式为_。（已知：在酸性条件下SO32被ClO3氧化为SO42）(6)已吸收ClO2气体的稳定剂和稳定剂，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示，若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是_，原因是_。【答案】分液漏斗 b 慢 3 5ClO24H+Cl4ClO22H2O 2H+2ClO3SO32SO422ClO2H2O 稳定剂 在稳定剂存在情况下能较长时间保鲜 【解析】【分析】装置A中盛放NaClO3溶液，装置B盛放稀盐酸，两者发生反应：2NaClO3+4HCl=2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O，装置C的作用是吸收Cl2，除去氯气，ClO2在装置D中

15、被稳定剂完全吸收生成NaClO2，在酸性条件下NaClO2可发生反应4H+5ClO2-=Cl-+4ClO2+2H2O生成NaCl并释放出ClO2，装置F检验二氧化氯中氯气是否完全被装置C吸收；(1) 根据仪器结构和性能确定仪器B的名称；F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气；(2) 为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢；(3) NaClO2中Na为+1价，O为-2价，根据正负化合价代数和为0，判断Cl的化合价；(4) 在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成；(5) KClO3在H2

16、SO4存在下与Na2SO3反应，SO32-被氧化成SO42-，由电子、电荷守恒写出发生反应的离子反应方程式；(6) 由图可知，稳定剂可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度。【详解】(1)仪器B带有球形特征且带有玻璃活塞，为分液漏斗，F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气，故选b，(2) 为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢，故滴加稀盐酸的速度要慢；(3) NaClO2中Na为+1价，O为-2价，根据正负化合价代数和为0，则Cl的化合价为+3；(4) 在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守

17、恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为：4H+5ClO2-=Cl-+4ClO2+2H2O；(5) KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应制得ClO2，可知SO32-被氧化成SO42-，由电子、电荷守恒可知该离子反应为2ClO3-+SO32-+2H+2ClO2+SO42-+H2O；(6) 由图可知，稳定剂可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度，所以稳定剂好。6综合利用海水资源是一个重要的研究课题，下面是工业上用海水制备食盐、纯碱、金属镁、溴等物质的一种流程：完成下列填空(1)实验室提纯粗盐的实验操作依次为：取样、_、_、加热浓缩、_、_、烘干。(2)气体X是_(填化学式)，

18、溶液II中发生反应的化学方程式是：_.(3)为检验产品碳酸钠中是否含有氯化钠，可取少量试样溶于水后，再滴加_。(4)若在母液中通入氯气可提取海水中的溴，反应的离子方程式为_。【答案】溶解 过滤 结晶 过滤（或过滤；洗涤） NH3 NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl HNO3、AgNO3 Cl2+2Br- =Br2+2Cl- 【解析】【分析】海水蒸发浓缩结晶，过滤分离出粗盐和母液，粗盐经溶解、过滤、加热浓缩、结晶等操作提纯得到精盐，向其饱和溶液中先通入NH3，然后通入CO2，发生反应得到NaHCO3、NH4Cl，把NaHCO3过滤出来，加热使其分解得到纯碱Na2CO3；向

19、分离出NaCl的母液中加入石灰乳，反应产生Mg(OH)2沉淀，经过滤、洗涤后向沉淀中加入盐酸，反应得到MgCl2，将MgCl2溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到MgCl2晶体，再在HCl气氛中加热氯化镁晶体得到无水氯化镁，然后电解无水氯化镁，制取得到金属Mg。【详解】(1)从海水中得到的粗盐中含有杂质，提纯的主要步骤：先取样；溶解，将粗盐逐渐加入盛有水的烧杯里，边加边用玻璃棒搅拌(玻璃棒的作用是搅拌，加速溶解)，直到粗盐不再溶解时为止，观察所得食盐水是否浑浊；过滤，过滤食盐水，仔细观察滤纸上剩余物及滤液颜色，如滤液浑浊，应再过滤一次；蒸发浓缩，再结晶，把所得滤液倒入蒸发皿，用酒精灯加热，待蒸发皿中出现

20、较多固体时，停止加热，利用余热蒸干；再过滤，直到晶体上不再有杂质为止，故操作步骤为溶解；过滤；加热浓缩；结晶；过滤(或过滤；洗涤)；(2)为了增大水溶液中HCO3-的浓度，便于析出NaHCO3晶体，结合CO2在水中溶解度不大，而容易溶于碱的性质，向饱和食盐水中先通入氨气，再通入二氧化碳即可生成碳酸氢钠固体，反应方程式为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl；(3)碳酸钠中若含有氯化钠，则其水溶液中含有Cl-，可根据AgCl既不溶于水，也不溶于酸的性质检验，Cl-的检验方法：取少量试样溶于水后，再滴加硝酸酸化的硝酸银，若有白色沉淀生成，证明含有NaCl，否则不含NaCl；(

21、4)氯气具有氧化性，其氧化性强于溴单质，氯气能氧化溴离子，反应实质为：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-。【点睛】本题以海水资源的综合利用为线索，考查了物质的分离提纯、化学实验基本操作、离子的检验及离子方程式的书写等知识。掌握元素及化合物的知识及氧化还原反应规律是解题关键，充分体现了化学是一门实验性学科的特点，要充分重视实验教学。7下图所示是以海水为原料，获得某产物的工艺流程图。已知在吸收塔中，溶液的pH显著减小。试回答下列问题：（1）图中两次氯化的作用是否相同_(选填“是”或“否”)。（2）吸收塔中反应的化学方程式为_，第2次氯化的离子方程式为_。（3）资料证实，在酸性介质中，第1次氯化过程

22、中可用氧气或空气替代。但在实际工业生产中为什么不用更廉价的空气替代氯气_。（4）本工艺的处理方法可简单概括为“空气吹出、X气体吸收、氯化”。某同学认为在工业生产过程中对第1次氯化液直接蒸馏也可得到产物，不必进行上述过程，请对该同学的说法作出正确的评价_。【答案】是 Br2SO22H2OH2SO42HBr 2BrCl2Br22Cl 若用廉价的空气替代Cl2进行第1次氯化，反应的离子方程式为4BrO24H2Br22H2O，则反应时需要将大量的盐卤(浓度不大)酸化反应后又要将废液中和才能排放，在经济上不合算 第一次氯化后的海水虽然含有溴单质，但浓度低，如果直接蒸馏原料，产品成本高，“空气吹出、SO2

23、吸收、氯化”的过程实际上是一个溴的富集过程，以提高其浓度，减少能源的消耗 【解析】【分析】本工艺流程是海水中Br被Cl2氧化，然后用热空气吹出，根据题中信息，吸收塔内溶液pH显著减小，可确定气体X是SO2，吸收塔内反应的化学方程式为Br2SO22H2OH2SO42HBr，生成的Br再被Cl2氧化，生成的Br2用蒸气蒸出，再冷凝得到液态溴。【详解】（1）图中两次氯化的作用相同，均起到了氧化剂的作用；（2）吸收塔中反应的化学方程式为Br2SO22H2OH2SO42HBr，第2次氯化的离子方程式为2BrCl2Br22Cl；（3）若用廉价的空气替代Cl2进行第1次氯化，反应的离子方程式为4BrO24H

24、2Br22H2O，则反应时需要将大量的盐卤(浓度不大)酸化反应后又要将废液中和才能排放，在经济上不合算，因此在实际工业生产中不用更廉价的空气替代氯气；（4）第一次氯化后的海水虽然含有溴单质，但浓度低，如果直接蒸馏原料，产品成本高，“空气吹出、SO2吸收、氯化”的过程实际上是一个溴的富集过程，以提高其浓度，减少能源的消耗。8KMnO4和MnO2都是重要的化学物质，在实验室可以作氧化剂和催化剂。某化学学习小组对两种物质的制备探究如下：.MnO2的制备：该学习小组设计了将粗MnO2(含有较多的MnO、MnCO3和Fe2O3)样品转化为纯MnO2的实验，其工艺流程如下：请回答下列问题：（1）第步操作中

25、，NaClO3氧化MnSO4的离子方程式为_（2）第步操作中，最终得到的固体除NaClO3外，还一定含有下列物质中的_(填序号)。aNaCl bNaClO cNaOH dNaClO4（3）为得到纯净的MnO2，须将过滤后的MnO2合并后进行洗涤。洗涤沉淀所用的玻璃仪器有_。 （4）NaClO3和MnO2在一定条件下都可以氧化浓盐酸制取氯气，制取等量的氯气消耗NaClO3与MnO2的物质的量之比为_。.KMnO4的制备：（5）实验室由二氧化锰制备高锰酸钾可分两步进行：第一步：MnO2与KOH共熔并通入氧气：2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O；第二步：通入CO2，可使K2MnO4

26、发生歧化反应生成KMnO4和MnO2。第二步完成反应时，转化为KMnO4的K2MnO4占其全部的百分率约为_(精确到0.1%)。【答案】2ClO3-+5Mn2+4H2O=Cl2+5MnO2+8H+ ac 烧杯、漏斗、玻璃棒 13 66.7% 【解析】【分析】（1）NaClO3氧化MnSO4的离子方程式，根据得失电子守恒配平即可；（2）图中告知反应条件为加热，且NaOH溶液过量，则通入Cl2所得的溶液一定含有NaClO3、NaCl、NaOH；（3）洗涤沉淀所用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；（4）根据NaClO3-3Cl2，MnO2-Cl2计算，可求出该比例；（5）根据3K2MnO4-2KMnO

27、4计算即可。【详解】（1）NaClO3氧化MnSO4的离子方程式为2ClO3-+5Mn2+4H2O=Cl2+5MnO2+8H+；（2）图中告知反应条件为加热，则发生反应Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，且NaOH溶液过量，通入Cl2所得的溶液一定含有NaClO3、NaCl、NaOH，故选ac；（3）洗涤沉淀所用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；（4）根据反应NaClO3+6HCl(浓)=NaCl+3Cl2+3H2O，MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，若要制取等量的氯气，消耗NaClO3与MnO2的物质的量之比为1：3； （5）根据反应2CO2+3K2MnO

28、4=2KMnO4+MnO2+2K2CO3可知，3份K2MnO4中有2份转化为KMnO4，则转化为KMnO4的K2MnO4占其全部的，即66.7%。9如图为工业从海水中提取液溴的流程图：已知：溴的沸点为59，微溶于水，有毒性。请回答：（1）某同学利用下图装置进行步骤至步骤的实验，当进行步骤时，应关闭活塞_，打开活塞_。（2）步骤中可根据_现象，简单判断热空气的流速。（3）步骤中简单判断反应完全的依据是_。（4）从“溴水混合物”到“溴水混合物”的目的是_。（5）步骤用下图装置进行蒸馏，蒸馏烧瓶中尚未安装温度计，安装其位置时应注意_，装置C中直接加热不合理，应改为_。【答案】bd ac A中气泡产生

29、的快慢 B中溶液褪色 浓缩Br2或富集溴 温度计的水银球在蒸馏烧瓶的支管口附近 水浴加热 【解析】【分析】向浓缩海水中加入氯气可以将Br-氧化得到溴水的混合物，利用热的空气吹出溴单质，得到粗溴，然后通入SO2气体吸收Br2单质，将Br2富集，二者在溶液中发生氧化还原反应生成HBr，再通入Cl2氧化Br-得到溴与水的溶液，最后蒸馏得到液溴。【详解】(1)进行步骤的目的是通入Cl2氧化Br-离子为Br2，且能使氯气通入和浓缩海水中的溴离子反应，剩余氯气进行尾气吸收，因此应关闭bd，打开ac，进行反应和尾气处理；(2)步骤是利用溴单质易挥发的性质，关闭ac，打开bd，通入热空气把生成的溴单质赶出到装

30、置B，并使Br2蒸气和通入的SO2气体在溶液中发生氧化还原反应生成H2SO4和HBr，依据A装置中直玻璃管产生气泡的快慢现象，简单判断热空气的流速；(3)步骤中是二氧化硫和溴单质发生氧化还原反应生成溴化氢和硫酸，反应方程式为：Br2+SO2+2H2O= H2SO4+2HBr，由于溴水显橙色，所以可根据溴水溶液的颜色由橙色变化为无色，来判断反应是否恰好完全进行；(4)海水中溴元素较少，从“溴水混合物”到“溴水混合物”过程中，的目的是增大溴单质的浓度，起到富集溴元素的作用；(5)蒸馏装置中温度计的作用是测定馏出成分的温度，因此蒸馏烧瓶中安装温度计，安装其位置时应注意：温度计水银球在蒸馏烧瓶的支管口

31、处；装置C中直接加热温度不容易控制，为使溴单质从溴水中蒸出，可根据溴的沸点为59，采用水浴加热的方法。【点睛】本题考查了物质制备的流程分析判断的知识，涉及氧化还原反应、反应条件的控制等，主要是海水提取溴的原理应用，掌握实验原理，分析实验过程的目的是进行操作判断的依据。10(1)某化工厂用氯气与石灰乳生产漂白粉，该厂出厂产品说明书如下：漂白粉长期露置在空气中会变质，写出漂白粉变质过程中涉及的化学方程式_，_。某实验室研究员将完全变质后的漂白粉溶于水，向其中加入足量稀硝酸，收集到标准状况下448 mL气体，则该漂白粉中所含有效成份的质量为_(假设漂白粉中的其它成份不与硝酸反应)。(2)将14 g

32、Na2O和Na2O2的混合物加入足量的水中充分反应后，生成标准状况下的气体1.12 L，所得溶液的体积为400 mL。试计算：原混合物中Na2O的质量为_g，所得溶液的物质的量浓度为_ molL1。【答案】Ca(ClO)2H2OCO2CaCO32HClO 2HClO2HClO2 2.86 g 6.2 1.0 【解析】【分析】(1)漂白粉长期露置在空气中与水、二氧化碳反应生成HClO，HClO光照分解而变质；漂白粉中所含有效成份是次氯酸钙，完全变质后变成碳酸钙，向其中加入足量稀硝酸，生成二氧化碳，根据Ca(ClO)2CO2计算；(2)根据生成的氧气的体积计算n(O2)，根据反应方程式2Na2O2

33、+2H2O4Na+4OH-+O2计算出过氧化钠的物质的量，从而可计算出混合物中过氧化钠、氧化钠的质量；混合物溶于水后都生成NaOH，溶液中的溶质是NaOH，根据Na原子守恒计算n(NaOH)，最后计算c(NaOH)。【详解】(1)漂白粉长期置露在空气中会变质，是因为漂白粉与二氧化碳、水的反应生成次氯酸，次氯酸容易分解，反应分别为Ca(ClO)2+CO2+H2OCaCO3+2HClO、2HClO2HCl+O2，故答案为：Ca(ClO)2+CO2+H2OCaCO3+2HClO；2HClO2HCl+O2；漂白粉中所含有效成份是次氯酸钙，完全变质后的漂白粉中含有碳酸钙，向其中加入足量稀硝酸，反应生成二

34、氧化碳，根据Ca(ClO)2CaCO3CO2143g 22.4Lm(Ca(ClO)2) 0.448L有m(Ca(ClO)2)=2.86g，故答案为：2.86g；(2)n(O2)=0.05mol，根据反应2Na2O2+2H2O4Na+4OH-+O2可知，混合物中过氧化钠的物质的量为：n(Na2O2)=2n(O2)=0.05mol2=0.1mol，则混合物中过氧化钠的质量为：m(Na2O2)=78g/mol0.1mol=7.8g，氧化钠的质量为：14g-7.8g=6.2g，n(Na2O)=0.1mol，n(Na2O2)=0.1mol，混合物溶于水后都生成NaOH，溶液中的溶质是NaOH，根据Na原

35、子守恒得所得溶液中n(NaOH)=n(Na+)=2n(Na2O)+2n(Na2O2)=2(0.1+0.1)mol=0.4mol，c(NaOH)1.0 molL1，故答案为：6.2；1.0。1117.4g MnO2与240 mL 10 mol/L(密度为1.10g/mL)的盐酸(足量)混合加热(不考虑盐酸挥发)，使其充分反应后，再向溶液中加入足量的AgNO3溶液。（已知：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O）试求：(1)10 mol/L的盐酸的质量分数_(2)产生的气体在标准状况下的体积_；(3)产生沉淀的质量_。【答案】33.2% 4.48L 287g 【解析】【分析】(1)根

36、据c=计算溶液的质量分数；(2)先计算MnO2、HCl的物质的量，判断哪种物质过量，以不足量的物质为标准计算Cl2的物质的量及体积；(3)根据Cl元素守恒，计算反应产生的AgCl沉淀的物质的量，然后根据m=nM计算质量。【详解】(1)根据c=可知该溶液的质量分数为=33.2%；(2)n（MnO2）=mM=17.4g87g/mol=0.2mol，n(HCl)=0.24L10mol/L=2.4mol，n(MnO2)：n(HCl)=0.2mol：2.4mol=1：12，根据反应方程式MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O可知二者反应的物质的量的比是1：4，可见浓盐酸过量，反应产生Cl2

37、要以MnO2为标准，n(Cl2)= n(MnO2)=0.2mol，所以产生的气体在标准状况下的体积V(Cl2)=0.2mol22.4L/mol=4.48L；(3)反应反应后溶液中含有Cl-的物质的量为n(Cl-)=2.4mol-20.2mol=2mol，向反应后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，发生反应Ag+Cl-=AgCl，则反应产生沉淀的质量n(AgCl)= n(Cl-)=2mol，则m(AgCl)=2mol143.5g/mol=287g。【点睛】本题考查了物质的量的化学计算，包括物质的量在化学方程式计算的应用、物质的量浓度与质量分数的换算、反应物有过量时的计算等。掌握基本概念及物质之间的

38、反应转化关系是本题解答的关键，当物质发生反应，两种物质的质量或物质的量都给出时，首先要根据方程式中相应物质转化关系，判断哪种物质过量，然后以不足量的物质为标准计算。12实验室里常用浓盐酸与二氧化锰反应来制取少量的氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2 +Cl2+2H2O。若产生的氯气在标况下的体积为2.24L，试计算：(1)参加反应的MnO2的质量_ (2)参加反应的HCl的物质的量_(3)反应中被氧化的HCl的物质的量_【答案】8.7g 0.4mol 0.2mol 【解析】【分析】根据n=计算标准状况下11.2L的氯气的物质的量，根据方程式计算参加反应的二氧化锰的物质的

39、量以及参加反应的HCl的物质的量，被氧化的HCl的物质的量是参加反应的HCl的物质的量的一半。【详解】标准状况下2.24L的氯气的物质的量为=0.1mol，令参加反应的二氧化锰的物质的量为n，参加反应的HCl的物质的量是m，则：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O1mol 4mol 1mol n m 0.1mol所以：n：0.1mol=1mol：1mol=4mol：m解得；n=0.1mol，m=0.4mol参加反应的二氧化锰的质量为0.1mol87g/mol=8.7g，答：参加反应的二氧化锰的质量为8.7g；参加反应的HCl的物质的量为0.4mol，答：参加反应的HCl的物质的

40、量是0.4mol；反应中被氧化的HCl的物质的量是参加反应的HCl的物质的量的一半，=0.2mol；答：反应中被氧化的HCl的物质的量是0.2mol。【点睛】解题的关键是抓住HCl在反应中起到酸性和还原剂的作用，利用关系式法进行计算解答。13将正确答案的序号填在空白处。(1)用经消毒的自来水配制下列溶液：；稀盐酸，发现部分药品变质，它们是 _ 。(2)下列反应必须加入氧化剂且一步反应就能完成的是 _ 。 (3)在如图所示的8个装置中，属于原电池的是 _ 。 (4) 四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池。相连时，外电路电流从流向；相连时，为正极；相连时，上有气泡逸出；相连时，的质量减少据

41、此判断这四种金属活动性由大到小的顺序是 _ 。(5)下列物质中，不能由单质直接化合生成的是 _ 。(6)下列物质中，属于强电解质的是 _ ；属于非电解质的是 _ 。氨气氨水盐酸醋酸硫酸钡氯化银 氯化钠二氧化碳醋酸铵氢气水【答案】 【解析】【分析】(1)氯水中含氯气、HClO、水三种分子，含氢离子、氢氧根离子、氯离子、次氯酸根离子，与药品不反应，则不变质；(2)必须加入氧化剂，则选项中为还原剂的反应，还原剂中某元素的化合价升高，且反应一步转化；(3)由两个活性不同的电极、有电解质溶液、形成闭合回路、可自发进行放热的氧化还原反应可构成原电池；(4)原电池中，作负极的金属活泼；(5)变价金属与强氧化

42、剂反应生成高价金属化合物，与弱氧化剂反应生成低价金属化合物；(6)电解质、非电解质都为化合物，利用熔融或溶于水能否电离分析。【详解】氯水中含氯气、HClO、水三种分子，含氢离子、氢氧根离子、氯离子、次氯酸根离子，氯气、HClO均与、发生氧化还原反应而变质，氯离子与生成AgCl沉淀而变质，故答案为：；中N元素的化合价升高，需要加氧化剂，但不能一步转化，故不选；中N元素的化合价降低，与水反应可转化，不需要加还原剂，故不选； 中N元素的化合价升高，与水反应可转化，不需要加氧化剂，故不选；中N元素的化合价升高，需要加氧化剂，可一步转化，故选； 中N元素的化合价降低，需要加还原剂转化，故不选；故答案为：

43、；中只有Zn不能构成原电池，电极材料相同不能构成原电池，中酒精为非电解质不能构成原电池，不是闭合回路不能构成原电池，而符合原电池的构成条件，故答案为：；相连时，外电路电流从流向，为负极，金属性；相连时，为正极，为负极，金属性；相连时，上有气泡逸出，为负极，金属性；相连时，的质量减少，为负极，金属性，则金属活动性由大到小的顺序是；与S反应生成，不能直接得到，故选；与S反应直接得到FeS，故不选； 与氧气反应直接生成，故选； 与氢气反应生成，故不选；Fe与氯气反应直接生成，不能生成FeCl2，故选；故答案为：；氨气溶于水，溶液能够导电，但氨气本身不能电离，为非电解质；氨水为混合物，既不是电解质也不是非电解质；盐酸为混合物，既不是电解质也不是非电解质；醋酸为乙酸和水为混合物，既不是电解质也不是非电解质；硫酸钡在熔融状态下完全电离，为强电解质；氯化银在熔融状态下完全电离，为强电解质；氯化钠在熔融状态下及溶于水均完全电离，为强电解质；二